组合数学(含二项式反演,特殊数列,置换群)
资料与前置知识
必备技能:数论
容斥计数部分已搬到:容斥&计数
当小球遇上盒子
组合基础
组合恒等式
组合数的算法:
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O(\(n^2\)) DP
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当模数为质数时,O(n)阶乘+逆元
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模数较小,n,m巨大时:P3807 【模板】卢卡斯定理;【简介】卢卡斯定理
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模数可分解为 Πpq,且pq不大时:P4720 【模板】扩展卢卡斯;【简介】扩展卢卡斯
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无任何特征,但n, m <= 1e6, M <= 1e9以内时:线性筛将阶乘分解质因数,然后除法 -> 减法,最后乘起来就好
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(不常用)对于大阶乘,有一个估算的方法:\(n! = \sqrt{2 \pi n} * (\frac{n}{e})^n\),其中 \(e\) 为自然对数的底数。可以依据此算一些东西(当然不能暴力算阶乘),比如 \(n!\) 的十进制下的位数,就可以转而求 \(log_{10}n!\),然后变为求 \(log_{10} (\sqrt{2 \pi n} * (\frac{n}{e})^n)\),这个要好求一些。
经典模型
\(n\) 个无标号球分成 \(m\) 个有标号组不可为空(插板)
\(n\) 个无标号球分成 \(m\) 个有标号组可以为空(插板)
\(n\) 个有标号球分成 \(m\) 个有标号组可以为空(\(m^n\))
\(n\) 个有标号球分成 \(m\) 个有标号组不可为空(枚举非空组数)
\(n\) 个有标号球分成 \(m\) 个无编号组不可为空(第二类斯特林数)
\(n\) 个有标号球分成 \(m\) 个无编号组可以为空(第二类斯特林数 + 枚举非空组数)
\(n\) 个无标号球分成 \(m\) 个无标号组不可/可以为空(整数划分数)
长为 \(n\) 的序列中选择 \(m\) 个不相邻的元素的方案数
可以看作从剩下的 \(n-m\) 个元素所形成的 \(n - m + 1\) 个空位置中选择 \(m\) 个空位置的方案数。因此答案为:
\(n\) 种球,每种球有无限个(可重复),在其中拿 \(k\) 个的方案数
考虑插板。这个问题可以转化为将 \(k\) 个无标号球涂成 \(n\) 种颜色,每个球必须涂色,每种颜色不一定需要被涂,的方案数。那么就又可以转化为了 \(k\) 个球分成 \(n\) 个集合,集合可空,的方案数。这时可以直接用插板法解决,方案数为 \({k + n - 1 \choose n - 1}\)。
二项式反演:
公式
二项式反演的主要的三种形式:
形式一
最对称了,也是最好背的一个。
形式二
形式三
形式二,三一个是 \(n-i,C_n^i\),一个是 \(i-n,C_i^n\),主要还是和 \(i,n\) 的大小关系有关。
常见套路
通常是“恰好”与“至少”之间的转换。
注意,这里的“至少”通常不是由“恰好”以1为系数加和而来,而是包含许许多多的重复计数,否则就可以直接前缀和差分了。
设 \(f[i]\) 表示恰好选择 \(i\) 个元素的方案数, \(g[i]\) 表示至少选择 \(i\) 个元素的方案数。然而,\(g[i]\) 的计算通常过于无脑,以至于 \(1101\) 会被 \(g[2]\) 算三次(\(1001,1100,0101\)),然后才能开始反演。
P4859 已经没有什么好害怕的了
首先把假的 \(k\) 转化为真的 \(k\),然后递推DP之类的...
假设我们已经知道了选择 \(i\) 对 A > B ,其它的不管的方案数\(dp[i]\)。这样我们可以无脑地算出 \(g[i] = dp[i] * (n-i)!\),但是会算重好多。
设 \(f[i]\) 表示恰好有 \(i\) 对的方案数。则:
也就是说,\(g[i]\) 会将 \(f[j]\) 的每种情况都算重 \(C_j^i\) 次。
然后就是二项式反演的套路了。
\(n^2\) 计算即可。
P5505 [JSOI2011]分特产
同样大致的套路,都是先“无脑”,后推式子反演。
据说可以用容斥做,但是我刚容斥到第二项就脑壳疼了。
#2839. 集合计数
之前曾经用容斥的方法做过这道题,但是推的式子不一样。
那一次我是考虑当前 \(g\) 选择的那 \(i\) 个元素以外再多出那么几个元素,有多少种方案,然后乘上对应的组合数容斥打表。
这一次我还是按照套路,将 \(g\) 的实质分类讨论,其中对于交了 \(j\) 个的情况,\(g\) 的计算中一共有 \(f[j]\) 种情况,并且每一种情况都恰好被计算了 \(C_j^i\) 次;情况与情况之间无关,可以用加法原理, 然后就是那个老套路了。看来这两种方法应该结果是一样的。
特殊数列:
prufer序列
将一棵无根树进行如下操作:
将找到编号最小的叶子节点,记录与其相连的节点编号,然后删除掉它。直至只剩两个点。其中记录的编号序列即为该无根树的prufer序列。
显然,大小为 \(n\) 的无根树的prufer序列长度为 \(n - 2\).
无根树与prufer序列是一一对应的。已知一无根树可以求其prufer序列,已知prufer序列可以求其对应的无根树。方法见:P6086 【模板】Prufer 序列,主要是模拟求prufer序列,推测最小叶子节点构造无根树。
无根树的prufer序列中,一个点的出现次数=其度数-1,因为每个点只有在删除自己时会“消耗”一条连边而不将自己编号记录一遍。
根据无根树与prufer序列的一一对应的关系,可以将其互相转化,以简化问题。如:n个点的完全图生成树有 \(n^{n-2}\) 个;另外还有:P2624 [HNOI2008]明明的烦恼
错排数
枚举最后一个的错排情况(两个位置互相“占用”,或者把 \(n\) 放 \(i\) 那里,把 \(a_i\) 放 \(n\) 那里)(或者说分类考虑最终答案里面放 \(n\) 的那个位置的下标是否是 \(a_n\),然后加法原理),O(n)递推:
f[n] = f[n - 1] * (n - 1) + f[n - 2] * (n - 1)
= (n - 1)(f[n - 1] + f[n - 2])
其中,f[0] = 1, f[1] = 0;
Catalan数
斯特林数:
实际上斯特林数还可以用于普通幂和阶乘幂之间的转化,不过就比较高级了。见斯特林数。
第一类斯特林数
\(s[n][m]\) 表示把 \(n\) 个有标号元素划分为 \(m\) 个非空圆排列的方案数。
第二类斯特林数
\(s[n][m]\) 表示把 \(n\) 个有标号元素分成 \(m\) 个非空集合的方案数。即把 \(n\) 个元素(有标号)分成 \(m\) 份(无标号),不能为空。
然后对比"把 \(n\) 个元素(有标号)分成 \(m\) 份(有标号),可以为空"的式子:\(m^n\)
然后考虑它们之间的关系:枚举第二种中非空集合的个数:
然后发现可以二项式反演:
令 \(A_i = \frac{i^n}{i!}\),\(B_i = \frac{(-1)^i}{i!}\),那么:
然后发现对于 \(n\) 固定的情况, \(s[n][m]\) 是 \(A_i\) 和 \(B_i\) 的卷积形式,这样我们就可以 NTT 优化到 \(O(nlogn)\) 求一批第二类斯特林数了。
一些小技巧
对于这个式子我们可以把 \(a^k\) 这样的数换一种形式:
然后通常就可以优化一些式子了。比如:P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界
普通幂阶乘幂转化
见上面的博客
斯特林反演
见博客
整数划分数
整数划分数可以解决“无标号球分到无标号盒子”的问题。此类问题可以直接用背包做(01背包/无限背包),但是还有一些常用的DP方法,通常有更优秀的复杂度。
version1
将 \(n\) 划分为 \(m\) 个正整数的和的方案数:(整体加一或新建一)
version2
将 \(n\) 划分为 \(m\) 个不同正整数的和的方案数:(整体加一或整体加一后新建一)
version3
将 \(n\) 划分为 \(m\) 个不超过 \(l\) 的不同正整数的和的方案数:(version2后容斥,减去加完后出来 \(l+1\) 的情况)
version4
将 \(n\) 划分为 \(m\) 个至少为 \(l\) 的不同正整数的和的方案数:(整体加一或新建 \(l\))
version5
将 \(n\) 划分为 \(m\) 个奇数/偶数的和的方案数:(认为 \(0\) 不是偶数)
设 \(f(n,m)\) 表示将 \(n\) 划分为 \(m\) 个奇数的和的方案数, \(g(n,m)\) 表示将 \(n\) 划分为 \(m\) 个偶数的和的方案数:
或者:
version6
将 \(n\) 划分为若干正整数的和的方案数:
对组成 \(n\) 的那些数进行根号分治,\(< \sqrt n\) 的数不超过 \(\sqrt n\) 种,无限背包复杂度为 \(O(n \sqrt n)\),\(\ge \sqrt n\) 的数总共最多不会出现 \(\sqrt n\) 次,用 version4 的方法复杂度为 \(O(n \sqrt n)\)。最后乘法原理合并即可。复杂度:\(O(n \sqrt n)\)
version7
将 \(n\) 划分为若干不同的正整数的和的方案数:
数的总数不会超过 \(\sqrt n\) 个,可以直接用 version2 的方法做。复杂度:\(O(n \sqrt n)\)
更高级的做法
伯努利数
我们设自然数幂和:
将其用关于 \(n\) 的 \(m+1\) 次多项式表示,并在其中定义伯努利数 \(B_i\):(证明见链接)
伯努利数的递归定义式:
生成函数定义式:
具体见链接。
置换群:
给有n个珠⼦的项链染⾊,共有m种颜⾊,考虑旋转(或旋转+翻折),求方案数。
- 找置换(映射)群(集合)
如何确定自己把置换群找对了?
- 不要重复
- 要有恒等置换
- 要有任两个置换的复合
- 要有任何⼀个置换的逆置换
- burnside引理
本质不同的项链数 = sigma{每个映射的不动点数目} / |P|
其中,|P|为置换群大小,通常为旋转0次,1次,2次...n - 1次中的 n 。
- polya定理
对于这种只有翻转、旋转的置换,不仅是A到A的映射,还是珠子到珠子的映射。这时候,每个置换其实对应了一个排列,把原来珠子的位置映射到新的珠子的位置。
对于这种本质上是排列的置换,求不动点的实质就是求这个排列有多少个环。每个排列都是若干个循环的复合:我们把排列位置i上的数字设为p_i,i->pi连一条边,得到的是一个环的森林,每一个环都要染成一样的颜色。总的染色方案数,
就是颜色数 的 “环的个数” 次方。这个叫做polya定理。
-by gzz学长
例题:Color
双倍经验:P4980 【模板】Polya定理
其实是个推式子题。
第一张图片注释:
第二行把g除掉后,i/g和n/g互质,所以i/g有逆元。因此,给定唯一的t(<n/g),都有唯一不同的一个答案,从而得出结论:环的大小为n/g
第二张图片注释:
第二个等号:n -> n/g, i -> i/g,因此范围缩小g,到0(n-1)/g,等价于0(n/g)-1
Code:
inline ll polya(int n) {
ll res = 0;
for (register int i = 1; i * i <= n; ++i) {
if (n % i == 0) {
register int g = i;
res += quickpow(n, g - 1) * get_phi(n/g) % P;
if (i * i != n) res += quickpow(n, n/g - 1) * get_phi(g) % P;
res %= P;
}
}
return res;
}
Continued...